2026年高考数学二轮复习高效培优讲义(全国通用)专题08三角函数的范围(培优讲义)(学生版+解析)

这是一份2026年高考数学二轮复习高效培优讲义(全国通用)专题08三角函数的范围(培优讲义)(学生版+解析)，共23页。学案主要包含了核心思路，常用方法，高频技巧，最易错点等内容，欢迎下载使用。

◇方法技巧 01 三角函数范围问题常用方法和技巧
一、核心思路
求中的范围，本质就是：先换元定区间，再数形结合列不等式。
令，由得，
再把 “单调性、零点个数、最值、对称轴” 等条件翻译成对区间的限制。
二、常用方法
周期法
单调区间长度
相邻对称轴 / 对称中心距离对应 或
直接列不等式解 ω。
区间覆盖法（最通用）
把条件转化为：
有最值 ⇨ 区间包含
有零点 ⇨ 区间包含 kπ
单调 ⇨ 区间长度不超过半个周期，且在同一单调段内
用 t 区间去 “卡” 标准正弦曲线，写出不等式组。
端点代入检验法（防错必用）
求出 ω 范围后，一定要把边界值代回原题，
看是否满足：单调、零点个数、最值等，决定开闭。
三、高频技巧
先看区间长度，快速缩小 ω 大致范围。
复合函数只看，不直接看。
零点 / 最值个数题：数清楚要包含几个周期段。
求范围一定带 k∈Z，最后合并成唯一范围。
四、最易错点
换元后忘记，区间方向搞反
单调题直接用端点导数≥0 或≤0，不结合周期
边界是否取等不检验，导致多解 / 漏解
◇题型 01 三角函数绝对值的应用
典｜例｜精｜析
典例1．下列函数中，以为周期且在区间单调递增的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】本题主要考查三角函数图象与性质，渗透直观想象、逻辑推理等数学素养．画出各函数图象，即可做出选择．
【详解】因为图象如下图，知其不是周期函数，排除D；因为，周期为，排除C，作出图象，由图象知，其周期为，在区间单调递增，A正确；作出的图象，由图象知，其周期为，在区间单调递减，排除B，故选A．
【点睛】
利用二级结论：①函数的周期是函数周期的一半；②不是周期函数；
变｜式｜巩｜固
变式1．在函数①，② ，③,④中，最小正周期为的所有函数为（ ）
A．①②③B．①③④
C．②④D．①③
【答案】A
【分析】由三角函数性质判断各项函数的周期，即可得答案.
【详解】①函数为偶函数，周期与相同，；
②函数周期是的一半，即；
③由余弦型函数性质；
④由正切型函数性质.
故选：A
变式2．在函数①，②，③，④中，最小正周期为的所有函数的序号为（ ）
A．①②④B．①②③
C．②④D．③④
【答案】C
【分析】通过取特值法验证函数的周期排除①；利用图象的翻折规律判断②；根据诱导公式和余弦型函数的周期性公式计算判断③；利用正切型函数的周期公式计算判断④.
【详解】对于①，设，因，
，显然，故不合题意；
对于②，因的最小正周期为，函数的图象可由的图象在轴下方的图象向上翻折（原先在轴上方的图象不变）得到，故其周期变为原来的一半，即，故符合题意；
对于③，因为，故函数的最小正周期为，故不合题意；
对于④，因函数的最小正周期为，故函数的最小正周期为，符合题意.
故最小正周期为的所有函数的序号为②④.
故选：C.
◇题型 02 三角函数未知量的求解
典｜例｜精｜析
典例1．设函数.已知，，且的最小值为，则（ ）
A．1B．2
C．3D．4
【答案】B
【分析】根据三角函数最值分析周期性，结合三角函数最小正周期公式运算求解.
【详解】由题意可知：为的最小值点，为的最大值点，
则，即，
且，所以.
故选：B.
典例2．已知函数，如图A，B是直线与曲线的两个交点，若，则_______________．
【答案】
【分析】设，依题可得，，结合的解可得，，从而得到的值，再根据以及，即可得，进而求得．
【详解】设，由可得，
由可知，或，，由图可知，
，即，．
因为，所以，即，．
所以，
所以或，
又因为，所以，．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查根据图象求出以及函数的表达式，从而解出，熟练掌握三角函数的有关性质，以及特殊角的三角函数值是解题关键．
变｜式｜巩｜固
变式1．若是函数两个相邻的极值点，则=（ ）
A．2B．
C．1D．
【答案】A
【分析】从极值点可得函数的周期，结合周期公式可得.
【详解】由题意知，的周期，得．故选A．
【点睛】本题考查三角函数的极值、最值和周期，渗透了直观想象、逻辑推理和数学运算素养．采取公式法，利用方程思想解题．
变式2．设函数，，其中，.若，，且的最小正周期大于，则（ ）
A．，B．，
C．，D．，
【答案】A
【详解】由题意，其中，所以，又，所以，所以，，由得，故选A．
【考点】求三角函数的解析式
【名师点睛】有关问题，一种为提供函数图象求解析式或某参数的范围，一般先根据图象的最高点或最低点确定，再根据周期或周期或周期求出，最后再利用最高点或最低点坐标满足解析式，求出满足条件的值，另一种时根据题目用文字形容的函数图象特点，如对称轴或曲线经过的点的坐标，根据题意自己画出图象，再寻求待定的参变量，题型很活，求或的值或最值或范围等.
变式3．已知，，且在区间上有最小值，无最大值，则_________________.
【答案】
【分析】由题意可得函数的图象关于直线对称，再根据在区间上有最小值，无最大值，可得，由此求得的值．
【详解】依题意，当时，y有最小值，即，
则，所以.
因为在区间上有最小值，无最大值，所以，
即，令，得.
故答案为：
◇题型 03 三角函数的概念（旋转）
典｜例｜精｜析
典例1．（多选）质点A，B在以坐标原点O为圆心，半径为1的圆上同时出发做逆时针匀速圆周运动，点A的起点在射线（）与圆O的交点处，点A的角速度为，点B的起点在圆O与x轴正半轴的交点处，点B的角速度为，则下列说法正确的是（ ）
A．在末时，点B的坐标为
B．在末时，劣弧的长为
C．在末时，点A与点B重合
D．当点A与点B重合时，点A的坐标可以为
【答案】BD
【分析】根据旋转的弧度数，结合三角函数的定义以及弧长公式判断AB；设时刻点A与点B重合，求出则可以判断CD.
【详解】由题意，末时，射线逆时针旋转了，则点B的坐标为，A错；
点A的初始位置为，后，射线逆时针旋转了，
则，所以劣弧的长为，B对；
设时刻点A与点B重合，则，
令，所以在末时，点A与点B不重合，C错；
由C知，时，点A与点B第一次重合，此时射线逆时针旋转了，
射线逆时针旋转了，可得A与点B重合于，
此时点A的坐标为．D对，
故选：BD．
典例2．（多选）如图所示，已知角的始边为轴的非负半轴，终边与单位圆的交点分别为，为线段的中点，射线与单位圆交于点，则（ ）
A．
B．
C．点的坐标为
D．点的坐标为
【答案】ABC
【分析】由角的定义求解可判断A；由圆的性质及角的定义求解可判断B；由三角函数定义求解可判断C；由中点坐标公式及三角函数定义，结合角的变换、两角和与差的余弦公式求解可判断D.
【详解】对于A：因为，，所以，正确；
对于B：依题意为线段的中点，则，则，
又，所以，正确；
对于C：为线段的中点，射线与单位圆交于点，则为的中点，
所以，
又，所以点的坐标为，正确；
对于D：
，
，
所以点的坐标为，错误.
故选：ABC
变｜式｜巩｜固
变式1．（多选）如图，在平面直角坐标系中，以原点O为圆心的圆与x轴正半轴交于点．已知点在圆O上，点T的坐标是，则下列说法中正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．，则
D．若，则
【答案】AD
【分析】根据弧长公式可判断A的正误；由正弦线余弦线的定义即可判断B的正误；当时，可知可判断C的正误；当时成立，故也一定满足，此时可判断D的正误.
【详解】由于单位圆的半径为1，根据弧长公式有，所以A正确．
由于B是∠AOB的一边与单位圆的交点，是对应∠AOB的正弦值，即，所以是对应∠AOB的余弦值，即，所以B错误．
当时，，，所以C错误．
反过来，当，即时，一定成立，所以D正确．
故选：AD．
变式2．（多选）如图，A，B是在单位圆上运动的两个质点.初始时刻，质点A在（1，0）处，质点B在第一象限，且.质点A以的角速度按顺时针方向运动，质点B同时以的角速度按逆时针方向运动，则（ ）
A．经过1后，扇形AOB的面积为
B．经过2后，劣弧的长为
C．经过6后，质点B的坐标为
D．经过后，质点A，B在单位圆上第一次相遇
【答案】BD
【分析】根据任意角的概念和题意逐项进行分析即可求解.
【详解】对于，由题意可知：经过1后，，
所以此时扇形AOB的面积为，故选项错误；
对于，经过2后，，
所以此时劣弧的长为，故选项正确；
对于，经过6后，质点转过的角度为，结合题意，此时质点为角的终边与单位圆的交点，所以质点B的坐标为，故选项错误；
对于，经过后，质点转过的角度为，质点转过的角度为，因为，所以经过后，质点，在单位圆上第一次相遇，故选项正确，
故选：.
变式3．（多选）如图，角，的始边与x轴的非负半轴重合，终边分别与单位圆交于A，B两点，M为线段AB的中点．N为的中点，则下列说法中正确的是（ ）
A．N点的坐标为
B．
C．
D．若的终边与单位圆交于点C，分别过A，B，C作x轴的垂线，垂足为R，S，T，则
【答案】BCD
【分析】利用三角函数定义可求得N点的坐标为，可知A错误；易知，B正确；求得点横坐标，再利用中点坐标公式可得C正确；分别表示出各线段长度利用三角恒等变换和三角函数值域可得D正确.
【详解】由N为的中点，则，可得，
由三角函数定义可得N点的坐标为，故A错误；
由，可得，故B正确；
易知，
又因为，，M为线段AB的中点，
则，
所以，故C正确；
由易知线段，，
则，
所以，故D正确，
故选：BCD．
◇题型 04 已知三角函数的性质求参（基础）
典｜例｜精｜析
典例1．已知函数在上单调，则的最大值为（ ）
A．B．3
C．2D．
【答案】B
【分析】法一：由，求得单调增区间，再结合集合包含关系即可求解，法二：由得到，再结合集合包含关系即可求解.
【详解】方法一：由正弦函数的单调性，令，
解得，
又在单调，
所以当时，，即，
解得，所以的最大值为3.
方法二：在单调，
故，
所以的最大值为3.
故选：B
典例2．设函数，若恒成立，且在上存在零点，则的最小值为（ ）
A．8B．6
C．4D．3
【答案】C
【分析】由辅助角公式化简函数解析式，再由正弦函数的最小正周期与零点即可求解.
【详解】函数，
设函数的最小正周期为T，由可得，
所以，即；
又函数在上存在零点，且当时，，
所以，即；
综上，的最小值为4.
故选：C.
变｜式｜巩｜固
变式1．已知点是函数的图象的一个对称中心，则a的最小值为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】根据正切函数的对称中心的结论求解.
【详解】根据正切函数的性质，的对称中心横坐标满足，
即的对称中心是，
即，
又，则时最小，最小值是，
即.
故选：B
变式2．将函数的图像向左平移个单位长度后得到曲线C，若C关于y轴对称，则的最小值是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】先由平移求出曲线的解析式，再结合对称性得，即可求出的最小值.
【详解】由题意知：曲线为，又关于轴对称，则，
解得，又，故当时，的最小值为.
故选：C.
变式3．若在是减函数，则的最大值是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【详解】因为，
所以由得
因此，从而的最大值为，
故选：A.
◇题型 05 已知三角函数的零点，值域求参（提升）
典｜例｜精｜析
典例1．设函数在区间恰有三个极值点、两个零点，则的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】由的取值范围得到的取值范围，再结合正弦函数的性质得到不等式组，解得即可．
【详解】解：依题意可得，因为，所以，
要使函数在区间恰有三个极值点、两个零点，又，的图象如下所示：
则，解得，即．
故选：C．
典例2．设函数，已知在有且仅有5个零点，下述四个结论：
①在（）有且仅有3个极大值点
②在（）有且仅有2个极小值点
③在（）单调递增
④的取值范围是[)
其中所有正确结论的编号是（ ）
A．①④B．②③C．①②③D．①③④
【答案】D
【分析】本题为三角函数与零点结合问题，难度大，通过整体换元得，结合正弦函数的图像分析得出答案．
【详解】当时，，
∵f（x）在有且仅有5个零点，
∴，
∴，故④正确，
由，知时，
令时取得极大值，①正确；
极小值点不确定，可能是2个也可能是3个，②不正确；
因此由选项可知只需判断③是否正确即可得到答案，
当时，，
若f（x）在单调递增，
则，即，
∵，故③正确．
故选D．
【点睛】极小值点个数动态的，易错，③正确性考查需认真计算，易出错，本题主要考查了整体换元的思想解三角函数问题，属于中档题．
典例3．已知函数，.若在区间内没有零点，则的取值范围是
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】先把化成，求出的零点的一般形式为，根据在区间内没有零点可得关于的不等式组，结合为整数可得其相应的取值，从而得到所求的取值范围.
【详解】由题设有，
令，则有即.
因为在区间内没有零点，
故存在整数，使得，
即，因为，所以且，故或，
所以或，
故选：D.
【点睛】本题考查三角函数在给定范围上的零点的存在性问题，此类问题可转化为不等式组的整数解问题，本题属于难题.
变｜式｜巩｜固
变式1．已知函数在区间上的最小值是，则的最小值等于（ ）
A．B．
C．2D．3
【答案】B
【详解】函数在区间上的最小值是，则ωx的取值范围是
，∴或，∴的最小值等于，
故选B.
变式2．已知，函数在上单调递减，则的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【详解】由题意可得,，
，
，．故A正确．
考点：三角函数单调性．
变式3．（多选）已知函数在区间上有且只有三个零点，则（ ）
A．是的一个周期B．的最大值为1
C．的取值范围是D．有两个极大值点
【答案】BD
【分析】先求出整体角的范围，作出的图象，根据题意即可求得，判断C项；取，得，利用周期定义检验判断A项；利用函数在上的图象即可判断B，D项.
【详解】因，设，则，作出函数的图象如下：
要使函数在区间上有且只有三个零点，
需使，解得，故C错误；
不妨取，则，，
因，故不是的一个周期，故A错误；
又由图知，函数在区间上取得两个极大值，也是最大值，为1，故B，D正确.
故选：BD.
◇题型 06 已知三角函数的对称关系求参（拓展）
典｜例｜精｜析
典例1．已知函数的图象离原点最近的对称轴为，若满足，则称为“近轴函数”．若函数是“近轴函数”，则的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】根据题意求出靠近原点的对称轴，解不等式即可得的取值范围.
【详解】靠近原点的对称轴为，
则，
，则其离原点最近的对称轴为，
要为近轴函数，则
，
时，，时，，
或，
解得.
故选：B.
典例2．已知函数为的零点，为图象的对称轴，且在单调，则的最大值为（ ）
A．11B．9
C．7D．5
【答案】B
【分析】根据已知可得ω为正奇数，且ω≤12，结合x为f（x）的零点，x为y＝f（x）图象的对称轴，求出满足条件的解析式，并结合f（x）在（，）上单调，可得ω的最大值．
【详解】∵x为f（x）的零点，x为y＝f（x）图象的对称轴，
∴，即，（n∈N）
即ω＝2n+1，（n∈N）
即ω为正奇数，
∵f（x）在（，）上单调，则，
即T，解得：ω≤12，
当ω＝11时，φ＝kπ，k∈Z，
∵|φ|，
∴φ，
此时f（x）在（，）不单调，不满足题意；
当ω＝9时，φ＝kπ，k∈Z，
∵|φ|，
∴φ，
此时f（x）在（，）单调，满足题意；
故ω的最大值为9，
故选B．
【点睛】本题将三角函数的单调性与对称性结合在一起进行考查,题目新颖,是一道考查能力的好题.注意本题求解中用到的两个结论：①的单调区间长度是最小正周期的一半;②若的图像关于直线对称,则或.
变｜式｜巩｜固
变式1．已知函数满足，，且在单调递减，则的值可以为（ ）
A．2B．3
C．4D．5
【答案】B
【分析】先根据题目条件得函数对称性，根据对称性求出和的表达式，然后根据单调性确定的范围，然后代入和的值验证即可.
【详解】因为，所以的图像关于对称，
所以①，
又，即，且在单调递减，
所以的图像关于点对称，
所以②，
①+②得，即，
又，所以或，
②-①得，即，为正奇数，
由在单调递减得，
所以，所以，又为正奇数，则或，
当时，，此时无整数解，所以，
所以，当时，，
此时在单调递减，符合条件，
故的值可以为，
故选：B.
【点睛】关键点点睛：对于已知三角函数的性质求参数范围的问题，正常情况下对称性比较好处理，关键是通过性质确定的取值范围，本题就是通过单调性确定周期的范围，进而得到的范围.
变式2．已知函数在内单调递减，是函数的一条对称轴，且函数为奇函数，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】首先由函数的单调性转化函数周期的范围，即可求的范围，再结合函数的对称性列式，确定，再分别代入函数的解析数，由对称性求，并验证函数的单调性后，即可求解.
【详解】因为函数在内单调递减，
所以，得，
因为是函数的一条对称轴，
所以，①
因为函数是奇函数，
所以，②，
由①②可得，，
而，所以
当时，，得，，
因为，所以，
即，
当时，，显然此时函数单调递减，符合题意，
所以
当时，，得，，
因为，所以，
即，
当时，，显然此时函数不是单调递减函数，不符合题意，
所以.
故选：B
变式3．已知函数（），，有，，且在上单调，则的最大值为（ ）
A．11B．9
C．7D．5
【答案】B
【分析】根据正弦函数的对称中心及极值点，单调性综合判断得是小于等于的正奇数，再进行验证可得.
【详解】由有，所以函数关于成中心对称，
所以，即，
再由，得是函数的一个极值，所以，
所以，即.
又在上单调，所以，得.
所以且，是小于等于的正奇数.
当时，，再由是极值点，
，得，
易知，但函数不单调，舍去；
当时，由是极值点，，得，
，函数单调递减，符合题意.
所以的最大值为9.
故选：B.
◇题型 07 三角函数的交点问题
典｜例｜精｜析
典例1．当时，曲线与的交点个数为（ ）
A．3B．4
C．6D．8
【答案】B
【分析】分别画出与在上的函数图象，根据图象判断即可.
【详解】与在上的函数图象如图所示，
由图象可知，两个函数图象交点的个数为4个.
故选：B.
典例2．函数的图象由函数的图象向左平移个单位长度得到，则的图象与直线的交点个数为（ ）
A．1B．2
C．3D．4
【答案】C
【分析】先利用三角函数平移的性质求得，再作出与的部分大致图像，考虑特殊点处与的大小关系，从而精确图像，由此得解.
【详解】因为向左平移个单位所得函数为，所以，
而显然过与两点，
作出与的部分大致图像如下，
考虑，即处与的大小关系，
当时，，；
当时，，；
当时，，；
所以由图可知，与的交点个数为.
故选：C.
典例3．设函数，，，若的图象与的图象恰有四个公共点，则的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】由，可得，结合当与的图象恰好有四个公共点，得，运算得解.
【详解】因为函数，，，
所以．所以．
当与的图象恰好有四个公共点时，
因为，所以，解得．
故选：C．
变｜式｜巩｜固
变式1．在同一平面直角坐标系中，函数的图象和直线的交点个数是（ ）
A．0B．1
C．2D．4
【答案】C
【详解】试题分析：因为y＝cs(＋)(x∈[0,2π]),即(x∈[0,2π])的图像是半个周期的图像，所以它与直线y＝的交点有两个.
考点：三角函数的诱导公式及正弦函数的图像.
点评：本小题关键是利用诱导公式把y＝cs(＋)(x∈[0,2π])转化为(x∈[0,2π])然后画出它的图像从图像上观察它与直线y＝的交点个数.
变式2．时，函数与的图象交点个数为（ ）
A．3B．4
C．5D．6
【答案】D
【分析】作出函数图象即可求解.
【详解】在同一直角坐标系中，分别作出与的图象，
根据图象可知：与的图象在有6个交点，
故选：D
变式3．将曲线的图象向右平移个单位后得到函数的图象，若的图象与直线有3个交点，则这3个交点的横坐标之和为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】由题意可知函数的图象关于点对称，又直线过点，由对称性可求这3个交点的横坐标之和.
【详解】因为，所以函数为奇函数.
因为函数是由函数向右平移个单得到，
所以，且函数的图象关于点对称.
又由直线过点，由对称性可知这3个交点的横坐标之和为．
故选：B．
◇题型 08 三角函数的图像和性质的综合应用
典｜例｜精｜析
典例1．关于函数有下述四个结论：
①是偶函数；②在区间单调递增
③在有4个零点；④的最大值为2
其中所有正确结论的编号是（ ）
A．①②④B．②④
C．①④D．①③
【答案】C
【分析】化简函数，研究它的性质从而得出正确答案．
【详解】为偶函数，故①正确．当时，，它在区间单调递减，故②错误．当时，，它有两个零点：；当时，，它有一个零点：，故在有个零点：，故③错误．当时，；当时，，又为偶函数，的最大值为，故④正确．综上所述，①④正确，故选C．
【点睛】画出函数的图象，由图象可得①④正确，故选C．
典例2．（多选）下列关于函数的说法中正确的有（ ）
A．函数的值域为B．函数的最小正周期为
C．函数在其一个周期内是单调递减函数D．函数图象关于对称
【答案】ABD
【分析】先利用倍角公式化简函数，进而根据函数解析式逐项判断即可得结论.
【详解】由，可得，解得，
所以函数的定义域为，
.
对于A，显然函数的值域为，故A正确；
对于B，函数的，故B正确；
对于C，若时，又时，无意义，
所以函数在内不是单调递减函数，故C错误；
对于D，，当时，，
所以函数图像关于对称，故D正确.
故选:ABD.
变｜式｜巩｜固
变式1．已知函数，下列说法正确的是（ ）
A．是周期为的偶函数
B．函数的图象有无数条对称轴
C．函数的最大值为，最小值为，则
D．若，则函数在区间内有8个零点
【答案】D
【分析】根据偶函数的定义可知为偶函数，根据周期函数的定义可知当时，为周期函数，最小正周期为，化简函数在内的解析式，作出函数的图象，根据图象可得解.
【详解】由，得为偶函数．
化简函数在内的解析式为，
当时，，，
所以当时，为周期函数，最小正周期为，
由函数为偶函数画出其图象如下．
由图易知函数不是周期函数，故A选项错误；
函数的图象有唯一一条对称轴轴，故B选项错误；
最大值，最小值，故，故C选项错误；
根据图象可知，若，则在区间内有8个零点，故选D．
故选：D
【点睛】关键点点睛：根据函数的性质作出函数的图象，根据图象求解是本题解题关键.
变式2．已知，则下列选项中正确的是（ ）
A．B．关于中心对称
C．关于直线对称D．的值域为
【答案】C
【分析】代入验证即可求解AB,利用,即可判定C，根据三角函数的有界性即可判定D.
【详解】对于A，因为，
所以，故A不正确；
对于B，，故B不正确；
对于C，可得，
，
所以，
所以可得是函数的对称轴，故C正确；
对于D，因为,，所以,，故D不正确．
故选：C．
◇题型 09 利用导数求三角函数的值域
典｜例｜精｜析
典例1．（多选）已知函数，则下列结论正确的是（ ）
A．不是函数的周期B．函数在上有个零点
C．函数的图象关于对称D．函数的最大值为
【答案】ACD
【分析】利用特殊值法可判断A选项；利用导数研究函数在上的单调性，结合零点存在定理可判断B选项；利用函数对称性的定义可判断C选项；利用导数分析函数在上的单调性，结合函数的最值与极值的关系可求得函数的最大值，可判断D选项.
【详解】对于A选项，，
，
所以，，故不是函数的周期，A对；
对于B选项，，
则，
当时，，
当时，，
所以，函数在、上单调递增，在上单调递减，
因为，，，，
所以，函数在区间、内各有一个零点，
所以，函数在上有个零点，B错；
对于C选项，，
所以，，故函数的图象关于点对称，C对；
对于D选项，因为，
所以，函数是函数的周期，
要求出函数的最大值，可考虑函数在区间上的最大值，
由B选项可知，，且，故，D对.
故选：ACD.
典例2．已知函数，下列结论中错误的是（ ）
A．的图像关于点中心对称B．的图像关于直线对称
C．的最大值为D．既是奇函数，又是周期函数
【答案】C
【详解】试题分析：对于选项，只需考虑即可，而，故正确；
对于选项，
只需考虑是否成立即可，
而，故正确；
对于选项，
，
故是奇函数，有，故周期是，故正确；
对于选项，
，
令，则，求导，令解得，故在上单增，在与上单减，又当时；又当时，故C错误.
考点：1.三角函数的对称性、周期性、奇偶性；2.函数的最值求解.
典例3．（多选）已知函数列，则（ ）
A．在区间上单调递减
B．的图象关于直线对称
C．的最小值为
D．的最大值为1
【答案】ACD
【分析】利用辅助角公式及正弦函数性质判断A；利用轴对称的定义判断B；确定函数的周期，利用导数求出周期长的区间上的最值判断CD.
【详解】对于A，，当时，，
函数在区间上单调递减，A正确；
对于B，，
，，
的图象关于直线不对称，B错误；
对于CD，，，
，因此函数是以为周期的周期函数，
求导得，
当时，，，，
当时，，，，
函数在上单调递减，在上单调递增，当时，，
，由的周期性得在R上的最大值为1，
最小值为，因此，，CD正确.
故选：ACD
变｜式｜巩｜固
变式1．（多选）已知函数，则下列结论正确的是（ ）
A．的周期为B．的图象关于对称
C．的最大值为D．在区间上单调递增
【答案】ACD
【分析】根据周期函数的定义判断A，由对称性判断B，求导数，确定函数的单调性、最值判断CD．
【详解】，
所以是函数的一个周期，A正确；
，，B错误；
，
则，
考虑一个周期长度的区间范围内，得，，，
，又，，
所以，C正确，由表格知D正确．
故选：ACD．
变式2．（多选）已知函数，则（ ）
A．是奇函数B．当时，
C．的最大值是1D．的图象关于直线对称
【答案】BCD
【分析】根据奇偶性的定义判断A，利用同角三角函数的关系判断B，换元法，利用单调性与导数的关系求最大值判断C,根据对称轴的性质判断D.
【详解】对于A,不恒成立，
所以不是奇函数，故A错误；
对于B，，
当时，
所以，所以，故B正确；
对于C，令，
则，所以，
所以原函数可换元为，
，
令解得，
令解得或，
所以在单调递减，单调递增，单调递减，
，所以函数的最大值为，
故C正确；
对于D，，
，
因为
所以，所以的图象关于直线对称，故D正确，
故选：BCD.
变式3．（多选）声音由物体振动产生的声波形成，每个音可由纯音合成，纯音数学模型为函数.音的四要素与函数参数有关，如音调与频率相关，频率低声音低沉，频率高音尖利，日常听到的是复合音，其函数为，结合材料及所学知识，判断下列说法正确的是（ ）
A．函数的图象不具有对称性
B．函数在区间上单调递增
C．若声音甲对应的函数近似为，则声音甲比纯音更低沉
D．记，则
【答案】BCD
【分析】对于A利用函数奇偶性的定义判断即可；对于B利用增函数和增函数的和仍为增函数来判断；对于C求出两个函数的周期，进而得到频率大小，即可判断.对于D由诱导公式及换元法求解．
【详解】，
故为R上的奇函数，图象关于原点对称，故选项A错误；
当时，，
故，在上都是增函数，
则在上单调递增，选项B正确；
因为的最小正周期为的最小正周期为，
所以的最小周期为，其频率，
纯音的最小正周期为，其频率，声音甲的频率更低，
故声音甲比纯音低沉，选项C正确；
，
令，，
平方可得：，代入上式得，，
由二次函数知识，，故选项D正确，
故选：BCD．
变式4．（多选）已知函数，则（ ）
A．在区间上有1个零点
B．的周期为
C．的值域为
D．要得到的图象，可将函数图象向左平移个单位长度
【答案】ABC
【分析】，根据的范围得出的零点，即可判断A项；由已知化简可得，即可判断B项；由已知可得，换元根据导函数求解在上的值域，即可判断C项；根据已知得出平移后的函数解析式，即可判断D项.
【详解】对于A项，由已知可得，.
因为，所以，
当时，即时，有，
所以在区间上有1个零点，故A项正确；
对于B项，由已知可得，
，
所以，的周期，故B项正确；
对于C项，
.
令，
则.
令，得，所以在上单调递增；
令，得或，
所以在上单调递减，在上单调递减.
且，
.
所以当时，有最小值；当时，有最大值1.
所以的值域为，故C项正确；
对于D项，，
将函数图象上的所有点向左平移个单位长度得到函数
，故D项错误.
故选：ABC.
一、单项选择题
1．当时，曲线与的交点个数为（ ）
A．3B．4
C．5D．6
【答案】B
【分析】当时，画出曲线与的图象即可得解.
【详解】当时，曲线与的图象如图所示，
由图可知，当时，曲线与的交点个数为4.
故选：B.
2．已知函数的最小正周期为T，且，函数为奇函数，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】根据正弦型最小正周期公式，结合奇函数的性质进行求解即可.
【详解】由，
因为函数为奇函数，
所以有，则，
所以，
故选：B
3．将函数的图象向左平移个单位长度后，所得图象关于原点对称，则的最小值为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】先得到平移后的解析式，再令，求得值，确定其中的最小值即可.
【详解】将函数的图象向左平移个单位长度，
得到函数，
因为该函数图象关于原点对称，所以,
所以，又，
所以当时，取得最小值.
故选：B.
4．若对任意实数，函数在上最少有三个不同的零点，则的最小值为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】设的最小正周期为，可得，结合最小正周期可求得的最小值.
【详解】设的最小正周期为，则.
因为，所以，解得，所以的最小值为.
故选：B.
5．已知函数，若方程在区间上恰有3个实根，则ω的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】由题意可得，从而得或，再根据，求出的可能取值，由有3个实根，列出不等式组求解即可.
【详解】若方程，
则，
即或，
当时，，
则大于的取值为，
因为原方程在区间上恰有3个实根，
所以，解得．
所以的取值范围.
故选：D.
6．已知函数满足：当时，的最小值为，且，则函数在区间内的零点个数为（ ）
A．4B．5
C．6D．7
【答案】A
【分析】根据的最小值为可求周期，再根据对称轴可求，最后根据正弦函数的性质可求在给定范围上零点的个数.
【详解】令，则，解得，
而，故，
此时，
即曲线在对称中心处的切线的斜率的绝对值最大①，
考虑正弦函数，，若时，
则由①可得当且仅当时，最小且最小值为即为周期的，
而当时，的最小值为，
类比可得的周期为，故，
故，而由可得为对称轴，
故，而，故，故，
当时，，
因在的零点为，
故在区间内的零点个数为4个，
故选：A.
7．设函数，若函数在区间上恰有4个零点，则实数的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】先利用三角恒等变换将函数化成正弦型函数，结合给定区间求出的范围，借助于的图象，即可建立关于的不等式，求解即得.
【详解】由
，
设，由，可得，即，
作出函数的图象.
函数在区间上恰有4个零点，
由图，则，解得.
故选：C.
8．声音是由物体振动产生的声波，纯音的数学模型是函数，我们听到的声音是由纯音合成的，称之为复合音.若一个复合音的数学模型是函数，则下列结论不正确的是（ ）
A．是偶函数B．的最小正周期为
C．在区间上单调递增D．的最小值为1
【答案】C
【分析】根据偶函数的定义判断A，根据周期函数的定义可判断B，利用辅助角公式结合正弦函数的性质可判断C，由C中函数的单调性结合函数的奇偶性、周期性可求的最小值，从而可判断D的正误.
【详解】对于A，的定义域为，它关于原点对称，
而，，
所以是偶函数，故A正确；
对于B，因为，
故为的一个周期，设为的最小正周期，则，
则，
令，则，即，
所以，化简得，
故或.
令，则，若，则，
故，矛盾，故，
而，故，故的最小正周期为，故B正确；
对于C，当时，，
此时，而在为增函数，在为减函数，
所以在区间上单调递增，在上单调递减，故C错误；
对于D，因为为偶函数且最小正周期为，
故在上的最小值即为在上的最小值.
由C分析中的的单调性可得在上的最小值为，
而，故在上的最小值为，
所以的最小值为1，故D正确
故选：C.
二、多项选择题
9．已知函数．若存在不相等的实数，使得，则下列说法中正确的有（ ）
A．
B．若的最小值为，则
C．若，则的取值范围为
D．若，且的最大值为，则的取值范围为
【答案】ACD
【分析】A根据函数值域可求；B根据周期计算；C求出，结合正弦函数的性质可求；D求出的最大值，结合正弦函数的性质可求.
【详解】因为，所以，
因为存在不相等的实数，使得，
所以存在不相等的实数，使得，故A正确；
若的最小值为，则，得，故B错误；
若，则，
因为，所以，得，故C正确；
因为的最大值为，所以的最大值为，
则，得，故D正确.
故选：ACD
10．已知函数，下列说法正确的是（ ）
A．是函数最小正周期为的充要条件；
B．的最大值是；
C．若在单调递增，则的取值范围是；
D．若在单调递增，在单调递减，则的取值范围是.
【答案】BCD
【分析】由三角函数周期公式依次分析充分性和必要性即可判断A；利用诱导公式、平方和公式和二次函数性质直接计算即可求解判断B；由变量范围和正弦函数单调性列不等式计算即可求解判断C；由函数单调性结合正弦函数的单调性和周期列方程和不等式即可求出范围判断D.
【详解】时，，函数最小正周期为，充分性成立，
当函数最小正周期为时，，必要性不成立，
所以是函数最小正周期为的充分不必要条件，A错误；
，
所以的最大值是，B正确；
若，则时，，
因为在单调递增，所以，
解得，，又，所以，，
解得，，
所以，则，故的取值范围是，C正确；
若，
因为，在单调递增，在单调递减，
所以，
且，
所以，即的取值范围是，故D正确.
故选：BCD
11．已知函数的图象如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．函数的一个对称中心是
B．
C．将函数的图象上所有点的横坐标缩短到原来的，再向右平移个单位长度，可得到函数的图象
D．函数在上有5个零点，则的取值范围为
【答案】BC
【分析】根据图象求得函数解析式，再根据正弦型函数的图象与性质逐项判断即可.
【详解】由题图可知，，所以，所以，
由，得，
由，解得，所以．
对于A，令，则，,故A错误；
对于B，，，故B正确；
对于C，函数变换后的解析式为，因为，即为函数，故C正确；
对于D，因为，得，令，则，
由正弦函数图象可知，，解得，故D错误．
故选：BC
三、填空题
12．设函数（是常数，）.若在区间上具有单调性，且，则的最小正周期为___________________.
【答案】
【详解】由在区间上具有单调性，
且知，函数的对称中心为，
由知函数的对称轴为直线，
设函数的最小正周期为，
所以，，
即，所以，
解得，故答案为.
考点：函数的对称性、周期性，属于中档题.
13．设函数，若对任意的实数都成立，则的最小值为___________________.
【答案】
【分析】根据题意取最大值，根据余弦函数取最大值条件解得的表达式，进而确定其最小值.
【详解】因为对任意的实数x都成立，所以取最大值，
所以，
因为，所以当时，取最小值为.
【点睛】函数的性质
（1）.
（2）周期
（3）由求对称轴，最大值对应自变量满足，最小值对应自变量满足，
（4）由求增区间；由求减区间.
14．设，其中且，若对一切恒成立，则①；②；③既不是奇函数也不是偶函数；④的单调递增区间是；⑤存在经过点的直线与函数图象不相交；
以上结论正确的是___________________（写出所有正确结论的编号）.
【答案】①③
【分析】由已知不等式恒成立得，应用辅助角公式可得，①②将自变量代入求值判断正误；③应用奇偶性定义判断正误；④由正弦型函数的性质，应用整体法求递增区间即可；⑤由正弦型函数的图象，要使直线与不相交，则必与x轴平行且与y轴交点纵坐标大于，即可判断.
【详解】由题设，且，
又对一切恒成立，即，整理得，而，
所以，则，故，
①，正确；
②，，所以，错误；
③，正确；
④当时，令，可得且，即的单调递增区间是；当时，令，可得且，即的单调递增区间是，错误；
⑤要经过的直线与函数的图像不相交，则此直线与横轴平行，又的振幅为，所以直线必与图像有交点，错误.
故答案为：①③
四、解答题
15．已知函数，．
(1)当时，求函数的单调递增区间；
(2)若，关于x的方程有三个不等的实根，求a的取值范围．
【答案】(1)；
(2)
【分析】（1）当时，得到，结合三角函数的性质，即可求解；
（2）当时，令，则，得出函数，根据二次函数的性质，三种情况讨论，即可求解.
【详解】（1）解：当时，函数，
由，可得，
故函数的单调递增区间为.
（2）解：当时，可得，
令，则，
令，其图象恒过和两点，
①当时，由（1）知有唯一根，
不合题意；
②当时，可得的图象开口向上，，方程存在两根，
且，此时有（舍），故，则方程只有一个根，不合题意；
③当时，可得的图象开口向下，，方程存在两根，且，
若要满足题意，则，，
此时方程有一个根，有两个不相等的根，
则有，解得，
综上所述，a的取值范围为．
【点睛】方法点睛：利用函数的图象求解方程的根的个数或研究不等式问题的策略：
1、利用函数的图象研究方程的根的个数：当方程与基本性质有关时，可以通过函数图象来研究方程的根，方程的根就是函数与轴的交点的横坐标，方程的根据就是函数和图象的交点的横坐标；
2、利用函数研究不等式：当不等式问题不能用代数法求解但其与函数有关时，常将不等式问题转化为两函数图象的上、下关系问题，从而利用数形结合求解.
3、本题中合理利用三角函数的基本关系，进行换元构造二次函数，结合二次函数和正弦型函数的图象与性质是解答的关键.
目录
第一部分 研·考情精析 锁定靶心 高效备考
第二部分 理·方法技巧 梳理知识 总结技巧与方法
第三部分 攻·题型速解 典例精析+变式巩固
【题型01】三角函数绝对值的应用
【题型02】三角函数未知量的求解
【题型03】三角函数的概念（旋转）
【题型04】已知三角函数的性质求参（基础）
【题型05】已知三角函数的零点、值域求参（提升）
【题型06】已知三角函数的对称关系求参（拓展）
【题型07】三角函数的交点问题
【题型08】三角函数的图像和性质的综合应用
【题型09】利用导数求三角函数的值域
第四部分 练·决胜冲刺 精选好题+通关训练
考向聚焦
考向一：给角求范围与给值求范围。已知单一三角函数值，求其他函数式的范围，或结合同角关系、诱导公式求参数范围。易错点在于忽略隐含条件（如平方和为 1 带来的符号取舍）及角的范围缩小。
考向二：复合函数的范围（含参）。这是高频难点，通常结合的整体换元，考查在特定区间内的值域、最值。核心在于分析相位平移后，角的终边所在区间，结合正弦、余弦曲线的单调区间求解。
考向三：与其他知识交汇。常与导数、不等式、平面向量或解三角形结合。利用导数研究三角函数在区间上的极值点分布，或利用正、余弦定理将边长范围转化为角的范围问题，综合性强，要求具备较强的转化与化归能力。
关键能力
解决三角函数范围问题，核心是具备整体换元、数形结合、区间分析三大关键能力。要能熟练把看作整体，将复合函数转化为基本三角函数，准确确定t的区间。能通过单位圆与三角函数图像，直观判断值域、零点、单调性，避免仅凭公式硬算。同时要严谨把握区间开闭、边界是否取等、周期与区间长度关系，不丢解、不多解。还要具备条件转化能力，把对称轴、对称中心、单调区间等性质，转化为关于的不等式组，规范列式并检验，做到思路清晰、步骤严谨。
备考策略
备考要抓住定型、换元、画图、列式、检验五步流程。先熟练掌握等基本模型，重点练整体换元，把看成一个角，确定区间再分析性质。坚持数形结合，画三角函数曲线或单位圆，判断值域、零点、单调性，减少公式硬算失误。专项突破含参求ω范围，重点练区间长度与周期关系、单调、对称轴、对称中心转化为不等式组。整理易错点：区间开闭、边界取舍、漏写k∈Z、符号与绝对值。每天练 1—2 道中档题，做到步骤规范、验算到位，稳定拿分。
绝对值三角函数易误将原周期直接当作新周期。周期为π，周期仍为π；没有周期。单调性只看x轴上方图像，翻折后原减区间可能变增区间。常错在：直接套用2π周期、忽略绝对值翻折改变增减性、把零点附近区间当作单调区间。解题先画图像，确定周期与分界点，再分段写单调区间，避免凭原式判断。
求 ω 时最易忽略区间长度与周期关系，直接代端点导致漏解或增解。需先判断单调、对称轴、零点是否在一个周期内，再用建立不等式。常错：未加绝对值、混淆sin与cs的相位、把区间端点直接代入求 ω、忽略ω>0或范围限制。一定要先画示意图，确定周期范围，再列式求解，最后检验是否符合题意。
单位圆中角由终边逆时针旋转生成，易混淆旋转方向与正负角。终边位置决定三角函数符号，易错把象限符号记反。特殊角的终边位置与坐标易记错，导致求值错误。注意：弧长与扇形面积公式中角必须用弧度制，不能直接代角度。旋转时角可加 2kπ，终边相同但角不同。解题先画终边、定象限、判符号，再用坐标或定义计算，避免角度弧度混用、方向搞反。
利用三角函数性质求参数时，易直接套用单调区间公式，忽略相位平移与区间包含关系。求 ω 时要先换元，确定 t 的实际范围，再结合周期、零点、最值列不等式。常错：忘记 ω>0、绝对值漏写、区间端点是否取等搞错、把端点值直接代入求参、多个条件只满足一个。必须数形结合，先定区间再列式，最后验证边界是否符合题意。
已知零点个数或值域求 ω 范围时，最易出错在换元后区间端点对应不准。设，先算出t的真实区间，再结合图像数零点、判值域。常错：直接用x区间代周期公式、漏看ω>0、把区间开闭搞错、零点计数多算或少算端点、忽略相位平移导致区间错位。还要注意：一个周期内最多 2 个零点，值域是否包含最值会直接限制 ω。必须先定t范围，再数形结合列不等式组，最后验算边界是否满足题意。
已知对称轴、对称中心求参时，易直接代入公式忽略相位与 ω 的影响。对称轴处函数取最值，对称中心处函数值为 0，常错把两者条件混用、漏写k∈Z、未结合周期限制。还要注意：两相邻对称轴间距为半个周期，对称轴与对称中心间距为。解题先列方程，再用周期关系消去k，最后检验是否同时满足所有条件，避免多解漏解。
此类问题易误将交点数等同于方程解数，忽视定义域与图像趋势。需数形结合，先画与 等函数草图，再分析交点位置。常错在：只代数运算、没考虑周期性、漏看边界点、错误估计趋近趋势。尤其是→∞ 时，要警惕直线与震荡函数的相交次数，需结合导数判断单调性或周期限制，避免多解漏解。
处理绝对值三角函数时，易忽略翻折对图像的本质改变。加绝对值后，原函数负半部分翻至上方，常导致周期减半（正切除外）、单调区间重组、奇偶性改变。综合题中，最错将翻折后的图像仍按原函数性质分析，或在求最值、解不等式时漏看分段区间。务必先通过 “去负翻折” 画出准确图像，明确新周期与分界点，再结合单调性或值域列方程求解。
用导数求三角函数值域时，易忽略定义域限制与周期性零点。先求导找极值点，常错漏解驻点、把临界点排除在外，或未判断区间端点与极值点的函数值大小。三角函数导数仍为周期函数，易少算驻点导致最值错误。还要注意复合函数求导漏乘 ω，符号出错。必须先确定 x 范围，完整求出所有临界点，再逐一比较函数值，避免只凭单调性直接判断。
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